Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Toán năm 2018 2019 sở GD và ĐT Thái Nguyên

Nhóm toán VD - VDC

ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH THÁI NGUYÊN

NĂM HỌC: 2018-2019

THỜI GIAN : 180 PHÚT

Bài 1(4 điểm). Cho hàm số 3 2 3 4 = − + y x x có đồ thị ( ) C , đường thẳng ( ) d đi qua ( ) 1;2 A và có

hệ số góc m . Tìm m để ( ) d cắt ( ) C tại ba điểm phân biệt , , A B C sao cho 4 2 = BC .

Bài 2(4 điểm). Giải phương trình

( )( )( ) 3 2 7 9 12 3 2 5 3 3 1 − + + = − −+ − −− x x x x x x x

Bài 3 (4 điểm).

Cho dãy số ( ) 1

∞

= n n u thỏa mãn 1

2 1 2 1

2

... , 1 −

 =  + + + + = ≥  n n n

u

u u u u n u n .

Tìm giới hạn ( ) 2 lim n n u .

Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , = AB a . Gọi I

là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn 3 = BI IH

và góc giữa hai mặt phẳng( ) SAB ;( ) SBC bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp .S ABC đã cho và tính

khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a .

Bài 5 (4 điểm). Cho các số thực dương ,x y thỏa mãn điều kiện 2 2 8 2 3 + = x y . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

( )

2 2 7 2 4 2 8 = + − + + P x y x xy y .

HẾT

Nhóm toán VD - VDC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1(4 điểm). Cho hàm số 3 2 3 4 = − + y x x có đồ thị ( ) C , đường thẳng ( ) d đi qua ( ) 1;2 A và có

hệ số góc m . Tìm m để ( ) d cắt ( ) C tại ba điểm phân biệt , , A B C sao cho 4 2 = BC .

Lời giải

+) Phương trình đường thẳng ( ) d : ( ) 1 2 = − + y m x

+) Phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 2 3 4 ( 1) 2 3 2 0 − + = − + ⇔ − − + + = x x m x x x mx m

( )( ) 2 2 1 1 2 2 0 ( ) 2 2 0

 =  ⇔ − − − − = ⇔ = − − −= 

x x x x m g x x x m

Giả sử ( ) 0 = g x có hai nghiệm 1 2 , x x , khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 1 2 ; ; 1 2 − + − + B x m x C x m x

( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 4   = + − = + + −     BC m x x m x x x x

=( )( ) 2 1 4 4 8 32 1 + + + = ⇔ = m m m

Thay 1 = m vào 2 ( ) 2 3 0 1; 3 = − −= ⇔ = − = g x x x x x (thỏa mãn).

Vậy 1 = m .

Bài 2(4 điểm). Giải phương trình ( )( )( ) 3 2 7 9 12 3 2 5 3 3 1 − + + = − −+ − −− x x x x x x x

Lời giải Điều kiện: 3 0 3. −≥ ⇔ ≥ x x Phương trình đã cho tương đương với

( )( ) ( )( )( ) 2 4 3 3 3 2 5 3 3 1 − − − = − −+ − −− x x x x x x x

( )( )( ) ( )( )( ) 2 3 1 3 1 3 3 3 2 5 3 3 1 ⇔ −− −+ − − = − −+ − −− x x x x x x x x

( )( ) ( )( ) ( ) 2 3 1 0 3 1 4

. 3 3 3 1 3 2 5 3

 −−= → − = ⇔ =  ⇔ − − −+ = − −+ − ∗ 

x x x

x x x x x x

Dễ thấy 3 = x không là nghiệm của phương trình đã cho.

Với 3, > x giải phương trình ( ), ∗ ta được

2 3 3 2 5 3 3 3 1 − − −+ − = − −+ x x x x x x

( ) ( ) 2 4 5 4 1 3 5 3 1 4 1 3 1

− + − + −+ −+ ⇔ = −+ −+

x x x x x x ( ) ( ) 4 3 . ⇔ − = − f x f x

Xét hàm số ( )

2 5 1 1 + + = + t t f t t trên ( ) 1; , −+∞ có ( )

( )

2 3 1 0; 1. 1 ′ = + > ∀>− + f t t t

Nhóm toán VD - VDC

Suy ra ( ) f t là hàm số đồng biến trên ( ) f t mà ( ) ( ) 4 3 − = − f x f x

Do đó

( )

2 2 4 0 4 9 5 4 3 . 2 9 19 0 4 3

−≥   ≥  +   −= − ⇔ ⇔ ⇔ =     − + = − = −   

x x x x x x x x x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 9 5 4; . 2 + = = x x

Bài 3 (4 điểm).

Cho dãy số ( ) 1

∞

= n n u thỏa mãn 1

2 1 2 1

2

... , 1 −

 =  + + + + = ≥  n n n

u

u u u u n u n . Tìm giới hạn ( ) 2 lim n n u .

Lời giải

Theo giả thiết ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 ... 2 2 + + + + + + = + + + + = + ⇒ + = ⇒ + = n n n n n n n n n n u u u u u n u u n n u n u n u nu

1 1 2 1 1 2 . . . . 2 2 1 2 1 + − − − − − ⇒ = = = + + + + + n n n n n n n n n n u u u u n n n n n n

( )( ) 1 1 2 1 4 ... . . ... 2 1 3 2 1 − − = = = + + + + n n n u n n n n n

( ) ( ) 2 2 4 4 4 lim lim 4 1 1 1 ⇒ = ⇒ = ⇒ = = + + + n n n n n u n u n u n n n n .

Bài 4 (4 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , = AB a . Gọi I

là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thỏa mãn 3 = BI IH

và góc giữa hai mặt phẳng( ) SAB ;( ) SBC bằng 60ο . Tính thể tích khối chóp .S ABC đã cho và tính

khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theoa . Lời giải

a) Từ giả thiết của bài toán ta có ( )  ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥ 

BH AC AC SBH AC …